Algunas preguntas sobre las formas diferenciales

Question

• Si $A$ es una forma diferencial entonces $A \wedge A .. (more \text { }than \text { }2 \text { }times) = 0$ Entonces, ¿cómo es que el $A \wedge A \wedge A$ tienen sentido en la forma de Chern-Simon, $Tr(A \wedge dA + \frac {2}{3} A \wedge A \wedge A)$ ?

  Supongo que esta naturaleza anticonmutativa del producto de la cuña no funciona para las formas únicas valoradas en el álgebra Lie, ya que la tentación de dos vectores no es conmutativa.

• Si el espacio vectorial en el que la forma diferencial valorada vectorial está tomando valores es $V$ con una base elegida ${v_i}$ entonces los libros usan la notación de $A = \Sigma _{i} A_i v_i$ donde la suma está sobre la dimensión del espacio vectorial y $A_i$ son formas ordinarias del mismo rango.

Me gustaría saber si esto $A_i v_i$ es sólo una anotación para $A_i \otimes v_i$ ?

• De manera similar decir $B$ es una forma diferencial de valor vectorial que toma valores en $W$ con una base elegida ${w_i}$ y en la misma notación, $B = \Sigma _j B_j w_j$ . Entonces la notación utilizada es esa, $A \wedge B = \Sigma _{i,j} A_i \wedge B_j v_i \otimes w_j$

  Me pregunto si en lo anterior $A_i \wedge B_j v_i \otimes w_j$ es sólo una anotación para $A_i \wedge B_j \otimes v_i \otimes w_j$ ?

• $A$ y $B$ son formas diferenciales valoradas por el paquete vectorial (como por ejemplo la forma de conexión-1 $ \omega $ o la forma de curvatura-2 $ \omega $ ) entonces, ¿cómo es $Tr(A)$ definido y por qué se $d(Tr A) = Tr( d A)$ y $Tr(A \wedge B) = Tr(B \wedge A)$ ?

• Es $A \wedge A \wedge A \wedge A = 0$ ? para $A$ siendo un paquete vectorial valorado $1$ -formar o es sólo $Tr(A \wedge A \wedge A \wedge A) = 0$ ?

• Si A y B son dos paquetes vectoriales valorados $k$ y $l$ respectivamente, entonces se define $[A,B]$ como.., $[A,B] (X_1,..,X_{k+l}) = \frac {1}{(k+l)!} \Sigma _{ \sigma \in S_n} (sgn \sigma ) [A (X_{ \sigma (1)},X_{ \sigma (2)},..,X_{ \sigma (k)}) , B (X_{ \sigma (k+1)},X_{ \sigma (k+2)},..,X_{ \sigma (k+l)})]$

  Esto significa que si se dice $k=1$ entonces $[A,A] (X,Y) = [A(X),A(Y)]$ y $[A,A] = 2A \wedge A$ . La ecuación de la estructura de Cartan establece que, $d \Omega = \Omega \wedge \omega - \omega \wedge \Omega $ .

  Pero algunas personas escriben esto como, $d \Omega = [ \Omega , \omega ]$ .

  Esto no está claro para mí. Porque si lo anterior se tomara como una definición de la $[,]$ entonces claramente $[A,A]=0$ contradiciendo lo que se derivó anteriormente.

Answer 1

He visto algunas de estas cosas antes, pero definitivamente no soy un experto. Esta es mi opinión (aunque es probable que me equivoque al menos en algo, espero que no demasiado):

• Puedes pensar en esto como una matriz de 1-formas. Entonces.., $A \wedge A$ significa "multiplicación de la matriz, donde la multiplicación es producto de la cuña".
• Sí, creo que $A_i v_i$ realmente significa $A_i \otimes v_i$ .
• Creo que también $A_i \wedge B_j v_i \otimes w_j$ significa $A_i \wedge B_j \otimes v_i \otimes w_j$ aunque podría haber algún problema de simetrización sesgada.
• Una forma k diferencial de valor vectorial localmente se ve como $ \omega \otimes s$ donde $ \omega $ es una forma K habitual y $s$ es una sección. Luego $d$ debe actuar según la regla de Leibniz (una vez que haya fijado una conexión). Imagino que el rastro es sólo un rastro en el sentido usual, y entonces es obvio que esto conmuta con $d$ y que $Tr$ admite permutaciones cíclicas de los factores de su argumento.
• Creo que si $A \wedge A \wedge A \wedge A$ debe ser cero depende de la dimensión del haz vectorial donde toma sus valores. Si por ejemplo es el paquete constante de una dimensión, entonces esto no es diferente de las usuales formas de una dimensión.
• Su última pregunta es un poco confusa, lo siento. ¿Podría aclarar exactamente a qué se refiere?

EDITAR

Responderé a sus comentarios en orden.

1. Si $A$ toma un campo vectorial y escupe una matriz, podemos considerar cada una de las entradas de la matriz (en una base fija, por supuesto) como una forma ordinaria de 1. Si se quiere calzar dos formas valoradas por la matriz, se escriben las matrices, se actúa como si se multiplicaran las matrices como se aprendió hace mucho tiempo (es decir, se toma el producto puntual de las filas con las columnas), pero luego, cuando se quiere simplificar la expresión, se considera que el producto es la cuña. Así, por ejemplo, si $$ A = (a,b;c,d) $$ es una matriz de 2x2 con valor de 1-forma (lo siento, por cualquier razón mis matrices no funcionan) esto significa que $a$ , $b$ , $c$ y $d$ son sólo formas ordinarias de 1. Así que evaluar en un vector $v$ da la matriz 2x2 (de números) $$ A(v) = ( a(v) , b(v) ;c(v) , d(v) ). $$ Si quieres calcular $A \wedge A$ esta es la matriz de 2x2 valorada como 2-forma $$ A \wedge A = ( a, b ;c,d) \wedge ( a , b ;c ,d ) $$ $$ = ( a \wedge a + b \wedge c , a \wedge b + b \wedge d ; c \wedge a + d \wedge c , c \wedge b+d \wedge d) $$ $$ = ( b \wedge c , b \wedge (d-a) ;c \wedge (a-d) , c \wedge b ). $$
2. Esto debería ser más o menos contestado por (1). La descomposición de la forma $ \omega \otimes s$ está diciendo que una forma valorada por un paquete vectorial puede ser pensada como una forma ordinaria (eso es $ \omega $ ), excepto que tienes que decidir en qué dirección de la fibra te lleva (eso es $s$ ). Esto se especializa en el caso en que el paquete es lo trivial $ \mathbb {R}$ - un paquete. Luego $s$ es en realidad sólo una función, y estamos recuperando el hecho de que $n$ -las formas son un módulo sobre $C^ \infty (M, \mathbb {R})$ .
3. Como dijiste en tu primer comentario, una conexión toma en vectores tangentes al espacio total. A partir de aquí, esto es exactamente lo que dije en (2).
4. Bueno, cualquier forma es nilpotente si la acuñas con sí misma las suficientes veces, eventualmente obtienes 0 por razones dimensionales. (Esto supone que el espacio de la (co)tangente es de dimensiones finitas, por supuesto. No tengo ni idea de lo que sucede en el caso de que no lo sea). La única razón obvia (para mí) que $A \wedge A \wedge A \wedge A$ no se puede rastrear si es 0. Pero, de nuevo, no sé nada sobre la teoría de Chern-Simons. O tal vez es un truco en la línea de la prueba de que el conmutador de dos matrices cuadradas es siempre sin rastro (? Estoy bastante seguro de que eso es cierto, y se desprende del hecho de que $Tr(AB)=Tr(BA)$ lo cual debe notarse que hace no implica que $Tr(ABC)=Tr(ACB)$ Sólo que puedes cíclicamente permuta las matrices de modo que, por ejemplo. $Tr(ABC)=Tr(CAB)=Tr(BCA)$ ).
5. Todo lo que sé es que en el álgebra lineal, aprendes que el rastro de una matriz es invariable bajo el cambio de base. En otras palabras, podemos tener una noción bien definida del trazo de un mapa lineal. Por supuesto, esto requiere que las dimensiones del dominio y del codominio estén de acuerdo, lo que no parece ser cierto en el ejemplo que diste (de una forma diferencial con valor vectorial). Sin embargo, si están de acuerdo, entonces (en una base) puedes considerar que una forma tiene valor matricial, y entonces el trazo es con toda probabilidad sólo la suma de las entradas diagonales, que son en sí mismas formas diferenciales ordinarias.

Answer 2

Déjame notar que http://en.wikipedia.org/wiki/Vector-valued_form parece ser muy relevante. Esencialmente definen el soporte. Nótese que en el caso de una A de 1 forma valorada en $ \mathfrak {g}$ que se obtiene $[A,A]=[A \wedge A (v \otimes w)]= A(v) \otimes A(w)- A(w) \otimes A(v)$ que tiene valor en $ \mathfrak {g} \otimes \mathfrak {g}$ . Para combinarlos, usa el paréntesis en $ \mathfrak {g}$ así que tienes $2 [A(x), A(y)]$ .

Su definición de $[A, B]$ tiene un factor de $ \frac {1}{(k+l)!}$ que en el caso de que su paquete vectorial esté sobre un punto no reproduce el soporte en $ \mathfrak {g}$ . Tal vez debería ser $ \frac {1}{(k!l!)}$ como en Wikipedia?

Editar: Mmm, esto fue una tontería. En un punto estarías haciendo k=l=0, así que no importaría. De todos modos, la definición de Wikipedia parece dar constantes más consistentes con el resto. Pero no puedo hacer aritmética, así que no hay garantías.

Por otro lado, como sugirió Aaron, se puede ver la A como una matriz de 1-formas, y calzar-multiplicar las matrices. Luego $A \wedge A (x, y) = A(x)A(y)-A(y)A(x)= [A(x), A(y)]$ y de hecho, $2 A \wedge A= [A,A]$ .

Estoy un poco confundido por esta notación de cuña que da en la pregunta. $A_i$ y $B_j$ formas diferenciales - componentes de A y B. Luego tensorizamos las cosas, usando la cuña en lugar del producto, obteniendo un vector en formas valoradas en el producto tensor. Entonces necesitaríamos un mapa $V \otimes V= \mathfrak {g} \otimes \mathfrak {g}$ a $V= \mathfrak {g}$ para obtener una forma con valores en $V$ otra vez. Presumiblemente este es el soporte de la mentira en V, y el resultado es la "cuña de multiplicación de matrices" como arriba. El 'problema con la simetrización sesgada' es que esta operación de cuña no es la operación de paréntesis en las formas, sino que es una versión menos simétrica.

La ecuación de Cartan debería funcionar bien. Tenemos 2 formas $ \Omega $ y 1-forma $ \omega $ . Su soporte en el triple $a,b,c$ es una suma de 6 términos, con un factor de 1/2 delante. Estos 6 términos se emparejan en 3 pares de 2 términos iguales cada uno (como $ \Omega $ es antisimétrica). Así que se obtienen 3 términos con el coeficiente 1, que luego ponemos entre paréntesis. Por otro lado, la cuña multiplica las matrices para $ \Omega $ y $ \omega $ en orden diferente resulta en los mismos 3 términos de paréntesis (la unión de la forma 2 y la forma 1 produce 3 términos distintos). Sólo hay que escribir las fórmulas. (Estoy seguro de que hay una fórmula general para el paréntesis en términos de antisimetrización de la cuña).

Tal vez otro punto es que $[A,A]=0$ para "ordinario $ \mathbb {R}$ formas valoradas es una consecuencia del paréntesis de Lie en $ \mathbb {R}$ siendo trivial.

Ahora, el rastro está evidentemente definido como antes - viendo A como una matriz de formas, el rastro es la suma de las formas diagonales. Entonces está claro por qué se conmuta con el diferencial. Sin embargo, $Tr(A \wedge B) = (-1)^{deg A \times deg B} Tr(B \wedge A)$ . Esto se desprende de las fórmulas habituales de rastreo y desplazamiento de las formas $A_{i,j}$ pasado $B_{j,k}$ .

Finalmente, el rastro de $A \wedge A \wedge A \wedge A$ . Es $ \Sigma_i A^4_{ii}= \Sigma_i \Sigma_j A^2_{ji} \wedge A^2_{ij}$ . $A^2_{kl}= \Sigma_m A_{km} \wedge A_{ml}$ es en general no cero (sólo toma A una matriz de 3 por 3 con 0 en $A_{12}$ entrada y $A_{2,3} \wedge A_{3,1} \wedge A_{1,3} \wedge A_{3,2}$ no 0). PERO, estás en un 3-múltiple (o estarías haciendo una forma C-S diferente), ¡así que no hay ninguna forma 4 en absoluto!

Answer 3

1. Esta declaración tiene sentido. Basta con tomar algunas combinaciones lineales de los vectores co-base (es decir, los co-vectores que constituyen la base del haz de cotangentes) y calcular el producto exterior. Nota: Basta con tratar el caso del haz tangente, sin embargo, también se puede utilizar un haz vectorial más general.

2. Ciertamente, las dos notaciones que esboza no son algo diferente. Esto se debe a la definición del producto tensorial.

3. Tendrá que considerar las formas que se valoran como paquete vectorial, es decir, que son $ \in\Gamma (Hom(V,V)) = \Gamma (V^{ \star }⊗V)$ donde la V denota su paquete vectorial. Al elegir una representación local de tal sección y usar la definición de una fibra de un haz vectorial, se puede escribir esto como una forma matriz. Sin embargo, como esto es posible en todas partes, simplemente hay que elegir una partición de la unidad. Pero en realidad nadie calcula eso explícitamente.

4. $ \wedge_ {i=0}^{4} A \neq 0$ en general. Pero el rastro tiene que desaparecer. Simplemente anote esto como una matriz (antisimétrica), para la cual está claro que el rastro se desvanece.

5. Lo que has escrito es una formulación completamente desconocida de la ecuación de estructura de Cartan para mí. Conozco la ecuación así: $ \Omega = d \omega + \dfrac {1}{2}[ \omega , \omega ]$